方程思想的应用
方程思想在各种数学素材中的应用
前言
函数性质推导中
- 对称性+奇偶性\(\Longrightarrow\)周期性的变形例子
如，已知函数\(f(x)\)是奇函数，且满足\(f(2-x)=f(x)\)，
则由\(\begin{align*} f(2-x)&=f(x) \\\ - f(-x)&= f(x)\end{align*}\) \(\Bigg\}\Longrightarrow f(2-x)=- f(-x)\Longrightarrow f(2+x)=- f(x)\Longrightarrow\)周期\(T=4\)
- 奇偶性+周期性\(\Longrightarrow\)对称性的变形例子
如，已知函数\(f(x)\)是奇函数，且满足\(f(x+4)=-f(x)\)，
则由\(\begin{align*} f(x+4)&=-f(x) \\ f(-x)&=-f(x)\end{align*}\) \(\Bigg\}\Longrightarrow f(x+4)=f(-x)\Longrightarrow\)对称轴是\(x=2\)
- 对称性+周期性\(\Longrightarrow\)奇偶性的变形例子
如，已知函数\(f(x)\)的周期是2，且满足\(f(2+x)=f(-x)\)，
则由\(\begin{align*} f(2+x) &=f(-x) \\ f(2+x) &= f(x)\end{align*}\) \(\Bigg\}\Longrightarrow f(-x)= f(x)\Longrightarrow\)函数\(f(x)\)是偶函数。
在三角函数中
解析：由题意知 \(\sin\theta+\cos\theta=-\cfrac{m}{2}\)， \(\sin\theta\cos\theta=\cfrac{m}{4}\)，
又 \((\sin\theta+\cos\theta)^{2}=1+2\sin\theta\cos\theta\)， 即 \(\cfrac{m^{2}}{4}=1+\cfrac{m}{2}\)， 解得 \(m=1\pm\sqrt{5}\) .
又 \(\Delta=4m^{2}-16m\geqslant 0\)， 所以 \(m\leqslant 0\) 或 \(m\geqslant 4\)， 所以 \(m=1-\sqrt{5}\). 答案: \(B\)
法1：由\(\begin{cases}sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\\sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}sin\alpha=\cfrac{4}{5}\\cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\end{cases}\)或\(\begin{cases}sin\alpha=-\cfrac{3}{5}\\cos\alpha=\cfrac{4}{5}\end{cases}(舍去)\)，
再求得\(sin\alpha\cdot cos\alpha=-\cfrac{12}{25}\)、\(sin\alpha-cos\alpha=\cfrac{7}{5}\)、\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=tan\alpha=-\cfrac{4}{3}\)；
法2：给\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\)两边平方，得到\(1+2sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{1}{25}\)，
则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=-\cfrac{12}{25}\)，且\(sin\alpha>0，cos\alpha<0\)，
则\(1-2sin\alpha\cdot cos\alpha=(sin\alpha-cos\alpha)^2=\cfrac{49}{25}\)，故\(sin\alpha-cos\alpha=\cfrac{7}{5}\)；
将\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\)和\(sin\alpha-cos\alpha=\cfrac{7}{5}\)联立，解得\(\begin{cases}sin\alpha=\cfrac{4}{5}\\cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\end{cases}\)；
则得到\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=tan\alpha=-\cfrac{4}{3}\)；
法3：实际高考中，我们常常是利用勾股数来快速求解的，比如已知\(\alpha\in (0，\pi)\)，且\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\)，快速联系勾股数\(3、4、5\)，则\(sin\alpha\)和\(cos\alpha\)的值必然在\(\pm\cfrac{3}{5}\)和\(\pm\cfrac{4}{5}\)中快速选择，
则由\(sin\alpha\cdot cos\alpha=-\cfrac{12}{25}<0\)，可知\(sin\alpha>0，cos\alpha<0\)，故\(\begin{cases}sin\alpha=\cfrac{4}{5}\\cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\end{cases}\)
解后反思：1、在\(sin\alpha+cos\alpha\)、\(sin\alpha-cos\alpha\)、\(sin\alpha\cdot cos\alpha\)、\(\frac{sin\alpha}{cos\alpha}\)这四个式子中，知一求三是经常应用的运算；并且能应用来化简函数解析式，比如求函数\(f(x)=sinx+cosx+sinx\cdot cosx\)的值域；求函数\(f(x)=\cfrac{sinx\cdot cosx}{2+sinx+cosx}\)的值域；
2、注意勾股数快速确定三角函数值的方法。常用的勾股数\(3n，4n，5n(n\in N^*)\)；\(5，12，13\)；\(7，24，25\)；\(8，15，17\)；\(9，40，41\)；
3、由于用\(sin\alpha\pm cos\alpha=t\)，可以表示\(sin\alpha\cdot cos\alpha\)的值，故我们可以利用这一思路求解如下问题：
①求函数\(y=sin\alpha-cos\alpha+sin\alpha\cdot cos\alpha，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域问题。
②求函数\(y=\cfrac{sin\alpha\cdot cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域问题。
【法1】：常规方法，方程组法，由已知条件可得到，\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\theta}{cos\theta}=2}\\{sin^2\theta+cos^2\theta=1}\end{array}\right.\)，
解得\(\left\{\begin{array}{l}{sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}}\\{cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{sin\theta=\cfrac{2\sqrt{5}}{5}}\\{cos\theta=\cfrac{\sqrt{5}}{5}}\end{array}\right.(舍去)\)，
故有\(sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)；\(cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)；
【法2】：三角函数定义法，简单方法。由于\(tan\theta=2\)，则角\(\theta\)的终边在射线\(y=2x\{x<0\}\)上，
故在射线\(y=2x\{x<0\}\)上取点\((-1，-2)\)，则由三角函数的定义可知，\(x=-1\)，\(y=-2\)，\(r=\sqrt{5}\)，
则\(sin\theta=\cfrac{y}{r}=\cfrac{-2}{\sqrt{5}}=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)；\(cos\theta=\cfrac{x}{r}=\cfrac{-1}{\sqrt{5}}=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)；
【法3】：引入比例因子法，由\(tan\theta=\cfrac{sin\theta}{cos\theta}=2\)，\(\theta\)为第三象限的角，
可设\(sin\theta=2k\)，\(cos\theta=k(k<0)\)，
由于\(sin^2\theta+cos^2\theta=1\)，即\(5k^2=1\)，解得\(k=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)，
故有\(sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)；\(cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)；
【法1】：方程组法，由\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}}\\{sin^2\alpha+cos^2\alpha=1}\end{array}\right.\)，
解得\(sin^2\alpha=\cfrac{1}{5}\)，\(cos^2\alpha=\cfrac{4}{5}\)，
代入得到\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=-\cfrac{3}{5}\)；
【法2】：齐次式法，\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=(sin^2\alpha-cos^2\alpha)(sin^2\alpha+cos^2\alpha)=sin^2\alpha-cos^2\alpha\)
\(=-cos2\alpha=-\cfrac{cos^2\alpha-sin^2\alpha}{sin^2\alpha+cos^2\alpha}=\cfrac{1-tan^2\alpha}{1+tan^2\alpha}=-\cfrac{3}{5}\)；
【法3】：由\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}\)，引入比例因子，可设\(sin\alpha=k\)，\(cos\alpha=2k(k\neq 0)\)，
由\(k^2+(2k)^2=1\)，可得\(k^2=\cfrac{1}{5}\)，故\(k^4=\cfrac{1}{25}\)，
则\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=k^4-(2k)^4=-15k^4=-\cfrac{3}{5}\)；
在数列中
在等差或等比数列中，\(a_n，n，S_n，a_1，d(q)\)，知三求二类
1、已知等比数列\(\{a_n\}\)中， \(a_3=4\)， \(a_9=1\)， 求\(a_6=\)？
分析：\(a_6^2=a_3\cdot a_9=4\)，故\(a_6=\pm 2\)。原因是\(a_6=a_3\cdot q^3\)，\(q^3\)可取正负两种情形，故\(a_6=\pm 2\)。
2、已知等比数列\(\{a_n\}\)中， \(a_3=4\)， \(a_11=1\)， 则\(a_7=\)？
分析：\(a_7^2=a_3\cdot a_11=4\)，故\(a_7=\pm 2\)。又由于\(a_7=a_3\cdot q^4\)，\(q^4\)只能取正值一种情形，故\(a_7=2\)。
3、已知数列\(\{a_n\}\)是递增等比数列，\(a_1+a_4=9\)，\(a_2\cdot a_3=8\)，求其前\(n\)项和\(S_n\)。
分析：由题目可知\(a_2\cdot a_3=a_1\cdot a_4=8\)，故得到二元二次方程组\(\begin{cases}a_1+a_4=9\\a_1\cdot a_4=8\end{cases}\)，
将\(a_1=9-a_4\)代入\(a_1\cdot a_4=8\)，解得\(a_1=1\)或\(a_1=8\)，对应得到\(a_4=8\)或\(a_4=1\)，即得到两组解，
\(\begin{cases}a_1=1\\a_4=8\end{cases}\)或者\(\begin{cases}a_1=8\\a_4=1\end{cases}(由递增舍去)\)，故有\(a_1=1，a_4=8\)，
则\(q=2\)，故\(a_n=2^{n-1}\)，\(S_n=2^n-1\)。
4、在等比数列\(\{a_n\}\)中， \(a_4=2\)， \(a_5=5\)， 则数列\(\{lga_n\}\)的前8项之和\(T_8\)为多少？
法1：由\(a_4=2\)， \(a_5=5\)，求得\(q=\cfrac{5}{2}\)，
则\(a_n=a_4\cdot q^{n-4}=2\cdot (\cfrac{5}{2})^{n-4}\)，
故\(lga_n=lg2+(n-4)lg\cfrac{5}{2}\)，故\(\{lga_n\}\)为等比数列。
又可以计算\(a_1=\cfrac{16}{125}\)，
故\(T_8=8lg\cfrac{16}{125}+\cfrac{8\times7}{2}\cdot lg\cfrac{5}{2}=\cdots=4\)。
法2：由于\(\{a_n\}\)为等比数列，则有\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q\)；
故有\(lga_{n+1}-lga_n=lgq\)，即数列\(\{lga_n\}\)为等比数列。
\(T_8=\cfrac{lga_1+lga_8}{2}\cdot 8=4lg(a_1\cdot a_8)=4lg(a_4\cdot a_5)=4lg10=4\)。
5、若\(\{a_n\}\)为等差数列，且\(\cfrac{S_{12}}{4}=\cfrac{S_{9}}{3}+2\)，求其公差\(d\)。
分析：\(d=\cfrac{4}{9}\)；只有一个方程，其中含有两个未知数，那么其必然很特殊，比如本题目中\(a_1\)会消掉。
分析：用待定系数法，设\(a_{n+2}+pa_{n+1}=k(a_{n+1}+pa_n)\)，\(k，p\in R\)，
整理得到\(a_{n+2}-kp\cdot a_n=(k-p)a_{n-1}\)，
比照\(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}\)，得到\(kp=-2\)，\(k-p=3\)，
解得\(\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{p=-1}\end{array}\right.\)，\(\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{p=-2}\end{array}\right.\)，
【法1】：当\(k=2\)，\(p=-1\)时，已知式变形为\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\)，又\(a_2-a_1=3\)，
即数列\(\{a_{n+1}-a_n\}\)是以\(a_2-a_1=3\)为首项，以\(2\)为公比的等比数列，
则\(a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}\)，接下来求\(a_n\)，使用累加法。
过程省略，可以求得\(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。
【法2】：当\(k=1\)，\(p=-2\)时，已知式变形为\(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n\)，又\(a_2-2a_1=2\)，
即数列\(\{a_{n+1}-2a_n\}\)是以\(a_2-2a_1=2\)为首项，以\(0\)为公差的等差数列，
则\(a_{n+1}-2a_n=2+(n-1)\times 0=2\)，接下来求\(a_n\)，再次使用待定系数法。
\(a_{n+1}-2a_n=2+(n-1)\times 0=2\)，得到\(a_{n+1}=2a_n+2\)，
\(a_{n+1}+2=2(a_n+2)\)，故数列\(\{a_n+1\}\)是以\(a_1+1=3\)，以\(2\)为公比的等比数列；
故\(a_n=3\times 2^{n-1}(n\in N^*)\)。
【法3】：由上可知，\(a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}①\)，\(a_{n+1}-2a_n=2②\)；
联立解以\(a_{n+1}\)和\(a_n\)为元的二元一次方程组，
解得得\(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。
(1).证明： \(\{a_n+b_n\}\) 是等比数列， \(\{a_n-b_n\}\) 是等差数列，
分析：考查等差等比数列的证明方法(定义法和等差[比]中项法)，以及整体意识或字母的内涵和方程思想。
解析：由题设可知\(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4\)①，\(4b_{n+1}=3b_n-a_n-4\)②，
由①+②得到，\(4(a_{n+1}+b_{n+1})=2(a_n+b_n)\)；即\(a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)\)；
又由于\(a_1+b_1=1\neq 0\)，所以数列\(\{a_n+b_n\}\)是首项为\(1\)，公比为\(\cfrac{1}{2}\)的等比数列；
由①-②得到，\(4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8\)；即\(a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2\)；
又由于\(a_1-b_1=1\)，所以数列\(\{a_n-b_n\}\)是首项为\(1\)，公差为\(2\)的等差数列；
【注意细节】由\(a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)\)不能得到\(\cfrac{a_{n+1}+b_{n+1}}{a_n+b_n}=\cfrac{1}{2}\)，还需要条件\(a_1+b_1\neq 0\)的配合；
相关链接：对数列中\(a_n\)的内涵的理解
(2).求 \(\{a_n\}\) 和 \(\{b_n\}\) 的通项公式；
分析：考察数列的通项公式的求法；
解析：由(1)分别写出数列\(\{a_n+b_n\}\)和数列\(\{a_n-b_n\}\)的通项公式，
\(a_n+b_n=1\times (\cfrac{1}{2})^{n-1}=\cfrac{1}{2^{n-1}}\)③，\(a_n-b_n=1+(n-1)\times 2=2n-1\)④；
由③+④，变形整理得到，\(a_n=\cfrac{1}{2^n}+n-\cfrac{1}{2}\)，\(n\in N^*\)；
由③-④，变形整理得到，\(b_n=\cfrac{1}{2^n}-n+\cfrac{1}{2}\)，\(n\in N^*\)；
相关链接：1、求数列的通项公式；
在解三角形中
- 已知两边及一边的对角，求第三边，解方程
分析：本题目已知\(c=AB=\sqrt{13}\)，\(a=BC=3\)，\(\angle C=120^{\circ}\)，即已知两边及一边的对角，求第三边\(AC=b=?\)；求解思路可以用正弦定理，也可以用余弦定理，不过使用余弦定理一次就能到位。
由\(c^2=a^2+b^2-2abcosC\)，代值得到\(13=9+b^2-2\times 3\times b\times (-\cfrac{1}{2})\)；
化简得到\(b^2+3b-4=0\)，解得\(b=1\)或\(b=-4\)(舍负)，故\(AC=1\)，选A。
反思：在具体题目中到底应该选正弦定理还是余弦定理来解三角形，应该具体分析，当然还需要我们搞清楚这两个定理能解决的基本类型，以便于更好的使用。
【法1】：如图所示，由\((b+2c)cosA=-acosB\)，边化角，得到\(A=120^{\circ}\)，设\(BD=CD=y\)，\(AB=x\)，\(\angle ADB=\alpha\)，\(\angle ADC=\beta\)，
在\(\triangle ABC\)中，\(AB=x\)，\(AC=4\)，\(BC=2y\)，\(A=120^{\circ}\)，
则由余弦定理得到\((2y)^2=x^2+16-2\cdot 4x\cdot cos120^{\circ}\)①，
又在\(\triangle ADB\)和\(\triangle ADC\)中，由\(cos\alpha+cos\beta=0\)，得到\(\cfrac{7+y^2-x^2}{2\sqrt{7}y}+\cfrac{7+y^2-16}{2\sqrt{7}y}=0\)②，
联立①②，得到\(x=6\)或\(x=-2\)(舍去)，故选\(A\)。
【法2】：由\((b+2c)cosA=-acosB\)，边化角，得到\(A=120^{\circ}\)，由于点\(D\)为\(BC\)的中点，利用向量方法，
\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}\)，两边平方，得到
\(|\overrightarrow{AB}|^2+|\overrightarrow{AC}|^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}cos120^{\circ}=4|\overrightarrow{AD}|^2\)，即\(x^2+16+2\cdot x\cdot 4\cdot (-\cfrac{1}{2})=28\)，
化简为\(x^2-4x-12=0\)，解得\(x=6\)或\(x=-2\)(舍去)，故选\(A\)。
解后反思：法1为通法，法2特殊解法，比如点\(D\)变化为四分之三等分点，法2就失效了；同时注意，出现\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}\)或者\(\overrightarrow{AD}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\)，意味着点\(D\)为\(BC\)的中点。
在函数中
分析：方程组法，用\(1-x\)替换原方程中的\(x\),得到\(f(1-x)+2f(x)=1-x\)，
联立两式，则有\(\begin{cases}f(x)+2f(1-x)=x\\f(1-x)+2f(x)=1-x\end{cases}\)，
解以\(f(x)\)和\(f(1-x)\)为元的二元一次方程组，
解得\(f(x)=\cfrac{2}{3}-x\);
不等式中
分析：由于\(c-b=4-4a+a^2=(a-2)^2\geqslant 0\)，故\(c\geqslant b\)；
又由于\(c+b=6-4a+3a^2\)，\(c-b=4-4a+a^2\)，故由方程思想得到，\(b=a^2+1\)，
则\(b-a=a^2-a+1>0\)恒成立，即\(b>a\)，故\(c\geqslant b>a\)，选\(A\).
【法3】：方程组法
由已知有\(\begin{cases} f(-1)=a-b \\ f(\,\,\,\,1)=a+b \end{cases}\)，
解得\(\begin{cases} a=\cfrac{1}{2}\cdot [f(-1)+f(1)] \\ b=\cfrac{1}{2}\cdot [f(1)- f(-1)] \end{cases}\)
所以\(f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)\)，
又由于\(1\leq f(-1)\leq 2\)，\(2\leq f(1)\leq 4\)，
所以\(3\leq 3\cdot f(-1)\leq 6\)，\(2\leq 1\cdot f(1)\leq 4\)，
故\(5\leq 3\cdot f(-1)+1\cdot f(1)\leq 10\)，
即\(5\leq f(-2)=4a-2b \leq 10\)
函数性质
9、定义为对称区间上的任何函数都可以表示成一个偶函数和一个奇函数之和。
证明：若\(f(x)\)为定义在\((-m，m)\)上的任意函数，
可设\(g(x)=\cfrac{f(x)+f(-x)}{2}\)，
\(h(x)=\cfrac{f(x)-f(-x)}{2}\)，
容易验证\(g(-x)=g(x)\)，\(h(-x)=-h(x)\)，
所以\(g(x)\)为偶函数，\(h(x)\)为奇函数，
而\(\cfrac{f(x)+f(-x)}{2}+\cfrac{f(x)-f(-x)}{2}=f(x)=g(x)+h(x)\)，
故命题得证，即定义为对称区间上的任何函数都可以表示成一个偶函数和一个奇函数之和。
[反思提升]：此证明过程同时还给出了这个奇函数和偶函数的构造过程，
比如，已知任意函数\(f(x)=e^x\)，则\(f(x)=h(x)+g(x)\)；
则奇函数为\(h(x)=\cfrac{f(x)-f(-x)}{2}=\cfrac{e^x-e^{-x}}{2}\)，
则偶函数为\(g(x)=\cfrac{f(x)+f(-x)}{2}=\cfrac{e^x+e^{-x}}{2}\)。
即\(f(x)=h(x)+g(x)=\cfrac{e^x-e^{-x}}{2}+\cfrac{e^x+e^{-x}}{2}\)；
分析：由于\(f(-x)=f(x)\)，\(g(-x)=-g(x)\)，
又由于\(f(x)+g(x)=e^x\)①，则\(f(-x)+g(-x)=e^{-x}\)，即\(f(x)-g(x)=e^{-x}\)②，
联立①②解方程，可得\(g(x)=\cfrac{1}{2}(e^x-e^{-x})\)，故选\(D\)。
解析：从形的角度来分析，由于每一个二元一次方程都对应一条直线，则由方程组有无穷多解可知，两条直线应该是重合的，故转换到数的角度应该有对应系数成比例，
则由 \(\dfrac{1}{m}\)\(=\)\(\dfrac{m}{16}\)\(=\)\(\dfrac{2}{8}\)，解得 \(m=4\)；
〖解后反思〗：若已知方程组无解，则两条直线应该是平行的，故应该有 \(\dfrac{1}{m}\)\(=\)\(\dfrac{m}{16}\)\(\neq\)\(\dfrac{2}{8}\)，解得 \(m=-4\)；若方程组有唯一解，则两条直线应该是相交的，故 \(\dfrac{1}{m}\)\(\neq\)\(\dfrac{m}{16}\)，解得\(m\neq\pm 4\)；
在向量中
解：仿照解二元一次方程组的求解，
已知关于向量 \(\vec{x}\) 和 \(\vec{y}\) 的方程组 \(\left\{\begin{array}{l}3\vec{x}-2\vec{y}=\vec{a} ① \\-4\vec{x}+3\vec{y}=\vec{b} ② \end{array}\right.\)
\(①\times4\)，\(②\times3\)，得到方程组 \(\left\{\begin{array}{l}12\vec{x}-8\vec{y}=4\vec{a} ③ \\-12\vec{x}+9\vec{y}=3\vec{b} ④ \end{array}\right.\)
③+④ 得到，\(\vec{y}=4\vec{a}+3\vec{b}⑤\)，将 ⑤ 代入 ① ，得到 \(\vec{x}=3\vec{a}+2\vec{b}\)，
故 向量 \(\vec{x}=3\vec{a}+2\vec{b}\)，\(\vec{y}=4\vec{a}+3\vec{b}\) .
【解后反思】为什么能这样求解呢，由于利用的是向量的加法、减法和数乘运算。
